Контрольная работа №1 (шифр 727230). Контрольная работа 1 (шифр 727230)
 Скачать 0.84 Mb.
|
|
Контрольная работа №1 (шифр 727230) Задача №1. Трехступенчатый брус, жестко закрепленный одним концом, загружен сосредоточенными силами F1, F2 и собственным весом γ (рис.1). Требуется: 1) написать аналитические выражения нормальных сил (N), нормальных напряжений (σ) и абсолютных удлинений (∆l) для каждого силового участка; 2) определить значения N и σ для характерных сечений и ∆lдля силовых участков; 3) определить перемещения границ силовых участков (δ); 4) построить эпюры N, σ, δ. Исходные данные: F1 = 400 кН, F2 = 360 кН, γ = 24 кН/м3, А = 220 см2, а = 1,7 м, Е = 1010 Па.  Рис. 1 Решение: Для того, чтобы написать аналитические выражения нормальных сил (N), нормальных напряжений (σ) и абсолютных удлинений (∆l) для заданного бруса, необходимо его условно разбить на характерные участки (рис. 2).  Рис. 2 Для определения нормальных сил (N) границами участков будут являться внешние нагрузки, приложенные к брусу. Так как в нашем случае к брусу приложено три внешние нагрузки, то брус разобьется на три участка. Далее записываем аналитические выражения нормальных сил методом отсечения участков, начиная от свободного конца. Нагрузку, пытающуюся растянуть брус относительно заделки, будем принимать со знаком «+», а нагрузку, сжимающую брус — со знаком «–». По условию задачи на брус действует сила тяжести. Для определения нормальных сил необходимо найти силу тяжести G по формуле: G = γ·V, где V – объем бруса, м3. Объем бруса определим, зная геометрические размеры отдельных его участков. V1 = А·а = 0,022·1,7 = 0,0374 м3 V2 = 3·А·2·а = 3·0,022·2·1,7 = 0,2244 м3 V3 = 5·А·2·а = 5·0,022·2·1,7 = 0,374 м3 V = V1 + V2 + V3 = 0,0374 + 0,2244 + 0,374 = 0,6358 м3 Отсюда находим силу тяжести: G = γ·V = 24·0,6358 = 15,26 кН Сила тяжести приложена к центру тяжести бруса. Чтобы найти точку приложения силы нужно воспользоваться формулой для нахождения центра тяжести составной фигуры: xc = Σ(Ai·xi) / Σ(Ai) yc = Σ(Ai·yi) / Σ(Ai) где Аi – площадь продольного сечения участка составной фигуры, см2. Разобьем фигуру так, как показано на рисунке 3 и проведем вспомогательные оси x0 и y0.  Рис. 3 Зная, что центр тяжести прямоугольника находится в точке пересечения его диагоналей, определяем центры тяжести всех составных фигур. xC1 = 0, yC1 = а / 2 = 1,7 / 2 = 0,85 м; xC2 = 0, yC2 = а +(2а / 2) = 1,7 + 2·1,7 / 2 = 3,4 м; xC3 = 0, yC3 = а + 2а +(2а / 2) = 1,7 + 2·1,7 + 2·1,7 / 2 = 6,8 м; Определим площади продольных сечений составных фигур, приняв, что трехступенчатый брус имеет круглое поперечное сечение. Площади прямоугольников будут равны: А1 = а · 2√(А / π) = 1,7 · 2√(0,022 / 3,14) = 0,284 м2 А2 = 2а · 2√(3А / π) = 2·1,7 · 2√(3·0,022 / 3,14) = 0,986 м2 А3 = 2а · 2√(5А / π) = 2·1,7 · 2√(5·0,022 / 3,14) = 1,273 м2 Теперь зная координаты центров тяжести всех сечений и их площади, определим положение центра тяжести сечения бруса: xc = (A1·xС1 + A2·xС2 + A3·xС3) / (A1 + A2 + A3) xc = (0,284·0 + 0,986·0 + 1,273·0) / (0,284 + 0,986 + 1,273) = 0 yc = (A1·yС1 + A2·yС2 + A3·yС3) / (A1 + A2 + A3) yc = (0,284·0,85 + 0,986·3,4 + 1,273·6,8) / (0,284 + 0,986 + 1,273) = 4,82 м Таким образом центр тяжести бруса находится в точке С с координатами (xc; yc) = (0; 4,82) относительно вспомогательных координатных осей x0 и y0. Исходя из этого, покажем на рисунке направление и положение вектора силы тяжести G.  Рис. 4 Запишем аналитические выражения нормальных сил для каждого участка: N1 = F2, N2 = G + F2 N3 = G + F2 + F1 Для определения нормальных напряжений (σ) рассматриваемый брус необходимо разбить на участки (помимо уже имеющихся участков), на границе которых стыкуются сечения разных диаметров. Так как брус трехступенчатый, а внешние нагрузки приложены как раз к сечениям, где стыкуются участки разных диаметров, то брус разобьется на три участка таким же образом как на рисунке 4. Нормальные напряжения для заданного бруса будут определяться по формулам: σ1 = N1 / 3·A; σ2 = N2 / 3·A; σ3 = N3 / 5·A, где А – площадь поперечного сечения отдельного участка бруса, мм2. Абсолютные удлинения (укорочения) (∆l) определяются по формуле: ∆l = σ·l / E, где l – длина участка бруса, мм; Е – модуль продольной упругости, Па. Запишем выражения абсолютных удлинений (укорочений) для каждого участка бруса: ∆l1 = σ1·3,12 / E ∆l2 = σ2·0,28 / E ∆l3 = σ3·2·а / E Определяем нормальные силы: N1 = F2 = 360 кН N2 = G + F2 = 15,26 + 360 = 375,26 кН N3 = G + F2 + F1 = 15,26 + 360 + 400 = 775,26 кН Определяем нормальные напряжения по формулам: σ1 = N1 / 3·A = 360·103 / 3·0,022·106 = 5,45 Н/мм2 σ2 = N2 / 3·A = 375,26·103 / 3·0,022·106 = 5,68 Н/мм2 σ3 = N3 / 5·A = 775,26·103 / 5·0,022·106 = 7,05 Н/мм2 Так как брус испытывает растяжение, то происходит его удлинение на характерных участках. Определение удлинения рассчитывается как алгебраическая сумма удлинений на каждом участке. Коэффициент пропорциональности Е по условию задачи имеет значение Е = 1010 Па = 104 МПа = 104 Н/мм2. Определяем абсолютные удлинения на отдельных участках: ∆l1 = σ1·3,12 / E = 5,45·3,12·103 / 104 = 1,7 мм ∆l2 = σ2·0,28 / E = 5,68·0,28·103 / 104 = 0,16 мм ∆l3 = σ3·2·а / E = 7,05·2·1,7·103 / 104 = 2,4 мм Теперь можем определить полное удлинение бруса: ∆l = ∆l1 + ∆l2 + ∆l3 = 1,7 + 0,16 + 2,4 = 4,26 мм В результате получили, что заданный брус растягивается на 4,26 мм. Определим перемещения границ каждого силового участка, зная, что перемещение сечения бруса в заделке равно нулю δ4 = 0 (рис. 5).  Рис. 5 Определяем перемещение сечения D-D: δ3 = ∆l3 = 2,4 мм Определяем перемещение сечения Е-Е: δ2 = ∆l3 + ∆l2 = 2,4 + 0,16 = 2,56 мм Определяем перемещение сечения F-F: δ1 = ∆l3 + ∆l2 + ∆l3 = 2,4 + 0,16 + 2,4 = 4,26 мм Перемещение сечения F-Fравно сумме удлинений всех трех участков бруса, иначе говоря, это есть полное удлинение бруса δ1 = δ∑ = ∆l = 4,26 мм. По полученным данным построим эпюры N, σ, δ. Для этого относительно базовой линии откладываем полученные значения, учитывая знак (рис. 6). Для удобства построения эпюры расположим брус горизонтально, тогда положительные значения будем откладывать выше относительно базовой линии.  Рис. 6 Задача №2. Абсолютно жесткий брус опирается на шарнирно неподвижную опору и прикреплен к двум стержням с помощью шарниров (рис.1). Требуется: 1) найти усилия и напряжения в стержнях, выразив их через силу Q; 2) найти допускаемую нагрузку Qдоп, приравняв большее из напряжений в двух стержнях допускаемому напряжению [σ] = 160 МПа; 3) найти предельную грузоподъемность системы Qпр и допускаемую нагрузку Qдоп, если предел текучести στ = 240 МПа и запас прочности k = 1,5; 4) сравнить величины Qдоп, полученные при расчете по допускаемым напряжениям (см. п.2) и допускаемым нагрузкам (см. п.3). Исходные данные: А = 11 см2, а = 1,8 м, b = 2,4 м, с = 2,1 м.  Рис. 1 Решение: Статически неопределимыми системами называют такие системы, у которых реакции или все внутренние суммарные силовые факторы, возникающие в сечениях их элементов при действии произвольной нагрузки, не могут быть определены из уравнений равновесия статики. Определение усилий в статически неопределимой системе связано с необходимостью составления дополнительных уравнений — уравнений совместности деформаций. Уравнения совместности деформаций устанавливают геометрические зависимости между упругими перемещениями отдельных элементов при соблюдении равновесия всей системы в целом. Геометрическая схема деформаций должна рассматриваться не с точки зрения обычной геометрии, а на основе кинематики малых перемещений, с учетом того, что траектории отдельных точек элементов являются прямыми линиями. Из рисунка 2 составим уравнение статики относительно точки F, чтобы исключить неизвестные реакции шарнирно неподвижной системы. Но сначала определим длины стрежней СВ и ED.  Рис. 2 l1 = СВ = a = 1,8 м l2 = ED = b·√2 = 2,4·√2 = 3,39 м ∑МF = 0 –N1·(c + b) – N2·b·sin45° + Q·a = 0 Для решения задачи заданную систему освободим от наложенных на нее связей, действие которых заменим реакциями (рис. 3).  Рис. 3 Составим дополнительное уравнение из условия совместности деформаций. В уравнениях упругие деформации выразим через усилия по закону Гука в развернутом виде. Считаем перемещение точек С и Е бруса вертикальными. Из подобия треугольников FEE1 и FCC1 имеем: CC1 = ∆l1 EE1 = ∆l2 / cos45° FE / FC = EE1 / CC1 = 0,53 ∆l2 / cos45° = 0,53 · ∆l1 => ∆l2 = cos45° · 0,53 · ∆l1 Теперь выразим деформации в полученном условии совместности деформаций стержней через усилия по формуле закона Гука: ∆l1 = N1·l1 / E·A, ∆l2 = N2·l2 / E·2A, где Е – модуль упругости Е = 2·105 МПа = 2·105 Н/мм2 Решим совместно уравнения равновесия статики и дополнительное уравнение и определим усилия в стержнях. –N1·(c + b) – N2·b·sin45° + Q·a = 0 N2·l2 / E·2A = (cos45° · 0,53 · N1·l1) / E·A –N1·(2,1 + 2,4) – N2·2,4·0,707 + Q·1,8 = 0 N2·3,39 / 2·1011·2·11·10-4 = (0,707 · 0,53 · N1·1,8) / 2·1011·11·10-4 4,5·N1 + 1,69·N2 = 1,8·Q 1,695∙N2 = N1·0,67 4,5·N2·2,53 + 1,69·N2 = 1,8·Q N1 = N2·2,53 N2 = 0,137·Q N1 = 0,346·Q Из уравнения видно, что усилие N1 больше чем N2. Напряжения в стержнях определим по формуле: A = N / σ σ = N / A => σ1 = N1 / A = 0,346·Q / 11·102 = 31,45·10-5·Q σ2 = N2 / 2A = 0,137·Q / 2·11·102 = 6,2·10-5·Q Из уравнения видно, что напряжение σ1 больше чем σ2. По условию задачи определим допускаемую нагрузку Qдоп приравняв большее из напряжений в двух стержнях допускаемому напряжению [σ] = 160 МПа = 160 Н/мм2: σ1 = N1 / A ≤ [σ] [σ] = 31,45·10-5·Q Qдоп = 160 / 31,45·10-5 = 508,74 кН При расчете по допускаемым нагрузкам действительная нагрузка на всю конструкцию не должна превосходить некоторой допускаемой величины. Условие это можно выразить таким неравенством: Qmax ≤ Qдоп Знаем, что площадь каждого из стержней равна: A ≥ N1 / [σ] = 0,346·Q / [σ] => По способу допускаемых нагрузок имеем: Q ≤ Qдоп Зная коэффициент запаса прочности k для конструкции в целом, получим: Qдоп = Qпр / k Предельной, опасной величиной Qпр будет та, при которой напряжения в стержнях дойдут до предела текучести: Qпр = A∙σт / 0,346 = 11·102·240 / 0,346 = 763 кН Таким образом, допускаемая величина Qдоп равна: Qдоп = 763 / 1,5 = 508,67 кН Условие прочности принимает вид: Q ≤ A∙σт / k∙0,346 Учитывая, что: [σ] = σт / k Получаем: Q ≤ A∙[σ] / 0,346 Таким образом, расчет по допускаемым нагрузкам привел в данном случае к тем же результатам, что и расчет по допускаемым напряжениям. Это всегда имеет место для статически определимых конструкций при равномерном распределении напряжений, когда материал по всему сечению используется полностью. Задача №4. К стальному валу приложены три известных момента: М1, М2, М3 (рис. 1). Требуется: 1) установить, при каком значении момента Х угол поворота концевого сечения вала равен нулю; 2) построить эпюру крутящих моментов; 3) при заданном значении [τ] определить диаметр вала из расчета на прочность и округлить его до ближайшей большей величины, соответственно равной 30, 35, 40, 45, 50, 60, 70, 80, 90, 100 мм; 4) построить эпюру углов закручивания; 5) найти наибольший относительный угол закручивания (на 1 м длины). Исходные данные: a = 1,3 м, b = 2,4 м, c = 2,2 м, М1 = 1,3 кН∙м, М2 = 2,4 кН∙м, М3 = 2,2 кН∙м, [τ] = 85 МПа = 85 Н·мм2.  Рис. 1 Решение: Угол поворота для участка вала определяется по формуле: φ = (Мк · l) / (G · Jp), где Jp – полярный момент инерции участка вала, мм4; l – длина участка вала, мм; G – модуль сдвига, для сталей G = 0,8 · 105 МПа = 0,8 · 105 Н/мм2. Угол поворота концевого сечения вала будет равен нулю, если алгебраическая сумма углов поворотов участков вала равна нулю: ∑φ = φI + φII + φIII + φIV = 0 Считаем, что алгебраическая сумма внешних моментов, приложенных к валу, равна нулю, то есть вал находится в равновесии (в состоянии покоя или равномерного вращения). Учитывая правило знаков по методу сечения запишем уравнение (не забываем про момент, возникающий в заделке): М4 – М1 – М2 + М3 + Х = 0 Запишем выражения для определения внутренних крутящих моментов. Для этого делим вал на участки, границами которых являются сечения, в которых приложены внешние скручивающие моменты (рис. 2). Применяя метод сечения, начиная, с правого конца, отбрасываем правые части бруса и определяем крутящие моменты оставшихся частей на каждом участке. МкI = Х МкII = Х + М3 МкIII = Х + М3 – М2 МкIV = Х + М3 – М2 – М1  Рис. 2 Если подставить выражения внутренних крутящих моментов в формулу угла поворота концевого сечения вала, сократив при этом постоянную величину (G·Jp), то получим следующее уравнение: а∙Х + c∙(Х + М3) + b∙(Х + М3 – М2) + а∙(Х + М3 – М2 – М1) = 0 Отсюда можем определить значение момента Х:   = –0,33 кН∙мМомент Х получился со знаком минус, это означает, что в действительности он направлен не по часовой стрелке, как показано на рисунке 1 к условию задачи, а в обратную сторону (против часовой стрелки). Определим момент, возникающий в заделке: М4 = М1 + М2 – М3 – Х М4 = 1,3 + 2,4 – 2,2 + 0,33 = 1,83 кН∙м Теперь можем определить внутренние крутящие моменты. МкIсправа = 0 МкIслева = Х = –0,33 кН∙м МкII = Х + М3 = –0,33 + 2,2 = 1,87 кН∙м МкIII = Х + М3 – М2 = –0,33 + 2,2 – 2,4 = –0,53 кН∙м МкIVсправа = Х + М3 – М2 – М1 = –0,33 + 2,2 – 2,4 – 1,3 = –1,83 кН∙м МкIVслева = Х + М3 – М2 – М1 + М4 = –0,33 + 2,2 – 2,4 – 1,3 + 1,83 = 0 По найденным значениям строим эпюру крутящих моментов (рис. 3).  Рис. 3 Определим диаметр вала из расчета на прочность при заданном значении [τ], используя условие прочности при кручении: τ = Мкmax / Wр ≤ [τ], где Wp – полярный момент сопротивления, мм3. Наибольший крутящий момент приходится на II-й участок вала и равен МкII = 1,87 кН·м. По условию прочности на кручение определяем полярный момент сопротивления: Wр = МкII / [τ] Wр = 1,87 ∙ 106 / 85 = 22 ∙ 103 мм3 Для круглого сечения диаметром d полярный момент сопротивления выражается формулой: Wр = π·d3 / 16 Отсюда находим требуемый диаметр для круглого бруса: d3 = Wp3 / 0,2 d3 = 3√(Wp3 / 0,2) = 3√(22·103 / 0,2) ≈ 47,9 мм По условию задачи принимаем d = 50 мм. Зная, что угол поворота определяется лишь для участков вала с постоянным поперечным сечением, при условии, что крутящий момент по длине этого участка не изменяется, определим угол поворота для каждого участка: φ = (Мк · l) / (G · Jp), Полярный момент инерции вала с диметром d определяем по формуле: Jp = πd4 / 32 = (3,14 ∙ 504) / 32 = 61,3 ∙ 104 мм4 Определяем углы закручивания на участках вала: φIV = (МкIV·а) / (G·Jp) = (–1,83·106∙1,3∙103) / (0,8·105·61,3∙104) = = –48,6∙10-3 рад φIII = (МкIII·b) / (G·Jp) = (–0,53·106∙2,4∙103) / (0,8·105·61,3∙104) = = –25,9∙10-3 рад φII = (МкII·c) / (G·Jp) = (1,87·106∙2,2∙103) / (0,8·105·61,3∙104) = = 83,8∙10-3 рад φI = (МкI·а) / (G·Jp) = (–0,33·106∙1,3∙103) / (0,8·105·61,3∙104) = = –8,9∙10-3 рад Теперь определим угол закручивания вала в каждом сечении (рис. 4), начиная с левого конца вала, учитывая, что в заделке вал неподвижен, чтобы подтвердить правильность расчета.  Рис. 4 α1 = α0 + φIV = 0 – 48,5∙10-3 = –48,6∙10-3 рад α2 = α1 + φIII = –48,6∙10-3 – 25,9∙10-3 = –74,5∙10-3 рад α3 = α2 + φII = –74,5∙10-3 + 83,8∙10-3 = 9,3∙10-3 рад α4 = α3 + φI = 9,3∙10-3 – 8,9∙10-3 = 0,0004 ≈ 0 рад По полученным данным строим эпюру углов закручивания.  Рис. 5 Наибольший относительный угол закручивания φmax, приходящийся на единицу длины вала, вычислим по наибольшему углу закручивания на участке II. θ = φ2 / с = МкII / (G·Jp) = 1,87·106 / (0,8·105·61,3∙104) = = 0,038∙10-3 рад/мм = 0,038 рад/м = 2,18 град/м Задача №5. Для заданного поперечного сечения (рис. 1), состоящего из двутавра, равнобокого уголка и швеллера, требуется: 1) определить положение центра тяжести; 2) найти осевые и центробежные моменты инерции относительно случайных осей, проходящих через центр тяжести (Xc и Yc); 3) определить направление главных центральных осей; 4) найти моменты инерции относительно главных центральных осей; 5) вычертить сечение в масштабе 1:2 и указать на нем все размеры в числах и все оси. Исходные данные: швеллер №16а, уголок равнобокий 90х90х8, двутавр №33. Все необходимые данные следует брать из таблиц сортамента.  Рис. 1 Решение: Для определения центра тяжести сечения, составленного из двутавра, равнобокого уголка и швеллера выпишем данные ГОСТ, которые потребуются при дальнейших расчетах, и проведем через центры тяжести каждого профиля горизонтальные и вертикальные координатные оси.
 Площадь поперечного сечения А1 = 53,8 см2, высота h1 = 330 мм, ширина полки b1 = 140 мм, толщина стенки s1 = 7,0 мм. Моменты инерции: Jx1 = 9840 см4 Jy1 = 419 см4.
 Площадь поперечного сечения А2 = 19,5 см2, высота h2 = 160 мм, ширина полки b2 = 68 мм, толщина стенки s2 = 5 мм. Моменты инерции: Jx2 = 823 см4 Jy2 = 78,8 см4. Расстояние от длинной грани до центра тяжести x02 = 20 мм.
 Площадь поперечного сечения А3 = 13,93 см2, ширина полки b3 = 90 мм, толщина полки t3 = 8 мм. Моменты инерции: Jx3 = Jy3 = 359,82 см4 Координаты центра тяжести: x03 = 25,1 мм, y03 = 25,1 мм Координаты центра тяжести составной фигуры вычисляются по формулам: ХC = Σ(Fi·Xi) / Σ Fi YC = Σ(Fi·Yi) / Σ Fi, где Fi – площадь простой фигуры, см2; Xi, Yi – координаты центров тяжести простых фигур. То есть, для определения координаты центра тяжести составной фигуры необходимо знать координаты центров тяжести простых фигур. Вычертим заданное сечение и проведем вспомогательные оси x0 и y0 (рис. 2).  Рис. Задача №6. Для заданных двух схем балок (рис. 1) требуется написать выражения Q и Ми для каждого участка в общем виде, построить эпюры Q и Ми, найти Мmax и подобрать: а) для схемы «а» деревянную балку круглого поперечного сечения при [σ] = 8 МПа; б) для схемы «б» — стальную балку двутаврового поперечного сечения при [σ] = 160 МПа. Исходные данные: l1 = 1,0 м, l2 = 8,0 м, a3 = 0,5 м (для схемы «а»), a2 = a3 = 4,0 м (для схемы «б»), М = 12 кН∙м, F = 20 кН, q = 28 кН/м.  Рис. 1 Решение: Сначала рассчитаем балку на рисунке 1-а. В данном случае имеем дело с балкой, жестко защемленной одним концом. Изгиб прямых брусьев вызывается парами сил или силами перпендикулярными к его продольной оси. При таком виде деформации в поперечном сечении тела (балки) возникают два внутренних силовых фактора: поперечная сила Q и изгибающий момент Ми. Поперечная сила равна алгебраической сумме внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения: Qy = ΣFi Изгибающий момент численно равен алгебраической сумме моментов сил по одну сторону от рассматриваемого сечения: Ми = Σ М0(Fi) Для построения эпюр сначала необходимо определить реакции опор балки. Для этого условно показываем на рисунке их направление. Так как имеем дело с жестко защемленной балкой, то составляющими полной реакции балки будут две силы реакции Rx, Ry и реактивный момент МА, возникающий в заделке. Схематично покажем направление сил и точки их приложения на рисунке (рис. 2). Также на рисунке перерисуем балку с учетом ее геометрических размеров в соответствии с исходными данными.  Рис. 2 Составляем уравнение равновесия плоской системы сил относительно оси x и y через проекции её слагаемых на каждую из двух координатных осей. Учитывая направление сил уравнение, будет иметь вид: ΣFx = 0 => Rx = 0 ΣFy = 0 => Ry + F – а3·q = 0 Отсюда получим реакции опор: Rx = 0 Ry = а3·q – F = 0,5·28 – 20 = –6 кН Для нахождения реактивного момента составляем уравнение моментов сил относительно какой-нибудь точки, например, А: ΣМА(Fi) = 0 => –2а3·F – МА + а3·q·а3/2= 0 МА = –2а3·F + а3·q2·а3/2 = –2·0,5·20 + 0,5·28·0,5/2 = –16,5 кН·м То, что значения реакций опор и реактивного момента получились со знаком «–», означает, что мы просто не угадали направление их действия. В действительности силы направлены следующим образом:  Рис. 3 Для проверки правильности решения составим уравнение моментов сил относительно другой точки, например, С: ΣМС(Fi) = 0 => –2а3·Ry + МА – а3·q·(а3+а3/2) = 0 –2·0,5·6 + 16,5 – 0,5·28·(0,5+0,5/2) = 0 0 = 0 Реакции и момент найдены правильно. Построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. В соответствии с местом приложения нагрузок — пары сил с моментом М и сосредоточенной силы F разделим балку на два участка: I, II.  Рис. 4 Определим значения поперечных сил Qy на каждом участке, применяя метод сечения. Как видим, балка имеет участок с равномерно распределенной нагрузкой, следовательно, значение поперечной силы будет изменяться по линейному закону и ее эпюра изобразится наклонным отрезком прямой. QyII = –F = –20 кН; QyI = –F + x·q, где 0 ≤ x ≤ 0,5 при x = 0: QyI = –20 + 0·28 = –20 кН; при x = 0,5: QyI = –20 + 0,5·28 = –6 кН; По полученным данным строим эпюру Qy (рис. 5).  Рис. 5 Для построения эпюры изгибающих моментов Ми, применяя метод сечений, вычислим значения изгибающих моментов в характерных точках. При этом можно рассматривать равновесие как левой, так и правой отсеченной части — результаты будут одинаковы. МАслева = 0; МАсправа = МА = 16,5 кН·м; МВ = МА – а3·Ry – а3·q·а3/2= 16,5 – 0,5·6 – 0,5·28·0,5/2 = 10 кН·м; МС = МА – 2а3·Ry – а3·q·(а3 + а3/2) = 16,5 – 2·0,5·6 – 0,5·28·(0,5 + 0,5/2) = = 0 кН·м; По полученным данным строим эпюру Ми (рис. 6).  Рис. 6 Теперь по максимальному изгибающему моменту подберем балку круглого поперечного сечения при [σ] = 8 МПа. Из условия прочности на изгиб через наибольший изгибающий момент в сечении балки Мmax = 16,5 кН·м = 16,5·103 Н·м определим её диметр, выразив его из формулы условия прочности для круглой балки: σ = |Мmax| / Wи ≤ [σ], где Wи = πd3 / 32 отсюда d = 3√32·|Мmax| / [σ]·π d ≥ 3√32·|16,5·103| / 8·106·3,14 = 0,276 м = 276 мм. Мы получили, что диаметр балки для данного условия прочности не должен быть меньше 276 мм. Рассчитаем балку на рисунке 1-б. В данной задаче будем рассматривать плоскую систему произвольно-расположенных сил. Любую систему произвольно-расположенных сил действующую на тело можно путем сложения привести к одной равнодействующей силе или одной паре сил. Для этого применяется простой способ, основанный на теореме о параллельном переносе сил. Так как по условию задачи имеем одну шарнирно-подвижную опору и одну шарнирно-неподвижную, то на первую будет действовать одна реакция, а на вторую две реакции опоры. Условно покажем реакции опор, действующих на балку, на координатной плоскости и определим их значения исходя из условия, что поперечная сила равна алгебраической сумме внешних сил, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения: Qy = ΣFi Изгибающий момент численно равен алгебраической сумме моментов сил по одну сторону от рассматриваемого сечения: Ми = Σ М0(Fi) Как мы отметили, в шарнирно неподвижной опоре возникают две реакции, но второй пренебрегаем, так как в наших расчетах она равна нулю, потому что направление вектора совпадает с осью балки и пересекается с центрами опор: ΣFx = 0 => Rbx = 0. Перерисуем балку с учетом ее геометрических размеров в соответствии с исходными данными (рис. 7).  Рис. 7 Для определения реакций опор балки Ray, Rb составим систему уравнения моментов относительно опор А и В. ΣМА(Fi) = 0 => а2·q·(а3+а2/2) – а3·F – (а3 + а2)·Rb – М = 0 => ΣМВ(Fi) = 0 => –а2·q·(а2/2) – (2а3+а2)·F + (а3 + а2)·Rаy – М = 0 => Отсюда находим реакции опор: Rb = (а2·q·(а3+а2/2) – а3·F – М) / (а3 + а2) Rb = (4·28·(4+4/2) – 4·20 – 12) / (4 + 4) = 72,5 кН Ray = (а2·q·(а2/2) + (2а3+а2)·F + М) / (а3 + а2) Ray = (4·28·(4/2) + (2·4 + 4)·20 + 12) / (4 + 4) = 59,5 кН Проведем проверку по алгебраической сумме проекций всех внешних сил на ось перпендикулярную балке: Ray + Rb – F – а2·q = 0 59,5 + 72,5 – 20 – 4·28 = 0 0 = 0 Реакции опор определены правильно. В соответствии с местом приложения нагрузок — пары сил, сосредоточенной силы и реакций опор разделим балку на три участка: I, II, III (рис. 8).  Рис. 8 Определим значения поперечных сил Qy на каждом участке, применяя метод сечения. Балка имеет участок с равномерно распределенной нагрузкой, следовательно, значение поперечной силы будет изменяться по линейному закону и ее эпюра изобразится наклонным отрезком прямой, а на эпюре изгибающих моментов изобразится дугой параболы. На участке балки свободном от распределенной нагрузки поперечная сила постоянна и эпюра Qy изобразится прямой, параллельной базовой линии. QyIII = –Rb + x·q, где 0 ≤ x ≤ 4 при x = 0: QyIII = –72,5 + 0·28 = –72,5 кН; при x = 4: QyIII = –72,5 + 4·28 = 39,5 кН; QyII = –Rb + а2·q = –72,5 + 4·28 = 39,5 кН; QyI = –Rb + а2·q – Ray = –72,5 + 4·28 – 59,5 = –20 кН. По полученным данным строим эпюру Qy (рис. 9). Для построения эпюры изгибающих моментов Ми, применяя метод сечений, вычислим значения изгибающих моментов в характерных точках. При этом можно рассматривать равновесие как левой, так и правой отсеченной части — результаты будут одинаковы.  Рис. 9 Как видим на участке с равномерно распределенной нагрузкой эпюра поперечной силы наклонной прямой пересекает нулевую ось. Положение сечения, где Qy = 0, необходимо определить, так как исходя из дифференциальной зависимости изгибающего момента от поперечной силы dMи/dx = Q в сечении, где поперечная сила изменяет знак, переходя от Qy > 0 к Qy < 0, изгибающий момент достигает максимального значения. МС = 0; МА = –а3·F = –4·20 = –80 кН·м; МDслева = –2а3·F + а3·Ray = –2·4·20 + 4·59,5 = 78 кН·м; МDсправа = –2а3·F + а3·Ray – М = –2·4·20 + 4·59,5 – 12 = 66 кН·м МВ = (2а3+а2)·F + (а3+а2)·Ray – М – а2·q·а2/2 = –(2·4+4)·20 + (4+4)·59,5 – – 12 – 4·28·4/2 = 0 Для определения точки наибольшего изгибающего момента необходимо решить уравнение QyIII = –Rb + x·q = 0, так как именно на участке III эпюра поперечной силы пересекает базовую линию: –Rb + x·q = 0 x = Rb / q x = 72,5 / 28 = 2,59 м Так как при вычислении поперечных сил методом сечения мы отсекали балку справа налево, то найденное значение x — это расстояние от точки В, на которое отстоит сечение Е, в котором Qy = 0 (рис. 10).  Рис. 10 Исходя из этого, определим изгибающий момент в экстремальном сечении, рассматривая левую отсеченную часть балки и правую для подтверждения правильности построения эпюры Ми: МЕслева = –(2а3+1,41)·F + (а3+1,41)·Ray – М – 1,41·q·1,41/2 = = –(2·4+1,41)·20 + (4+1,41)·59,5 – 12 – 1,41·28·1,41/2 = 93,86 кН·м МЕсправа = 2,59·Rb – 2,59·q·2,59/2 = 2,59·72,5 – 2,59·28·2,59/2 = 93,86 кН·м Совпадение значений МЕ подтверждает правильность расчета. Изгибающий момент есть квадратичная функция от x, поэтому на участке, нагруженном равномерно распределенной нагрузкой, эпюра изгибающего момента изображается параболой, выпуклость которой обращена в сторону, противоположную направлению действия нагрузки; при этом на участке, где Q > 0 (DЕ), изгибающий момент возрастает, если Q < 0 (ЕВ), изгибающий момент убывает (рис. 11).  Рис. 11 Для заданной стальной балки подберем двутавровое поперечное сечение при [σ] = 160 МПа по максимальному изгибающему моменту Мmax = 93,86 кН·м из условия прочности на изгиб. Приняв по условию задачи [σ] = 160 МПа = 160 · 106 Па, по формуле находим необходимое значение момента сопротивления сечения при изгибе: Wи ≥ Миmax / [σ], Wи ≥ 93,86 · 103 / 160 · 106 = 0,000586 м3 = 586 см3 В соответствии с ГОСТ 8239-89 требуемому значению момента сопротивления соответствует тип двутавра №33 с Wи = 597 см3, показанному на рисунке 12. Площадь поперечного сечения этого двутавра 53,8 см2, высота h = 330 мм, ширина полки b = 140 мм, толщина стенки s = 7,0 мм, средняя толщина полки t = 11,2 мм. Масса 1 м двутавра составляет 42,2 кг.  Рис. 12 Для выбранной балки выполним проверочный расчет из условия прочности. Определим наибольшее рабочее напряжение в поперечном сечении балки через наибольший изгибающий момент по формуле: σ = Мmax / Wи(I) σ = 93,86 · 103 / 597 = 157,2 МПа Проверяем прочность наиболее нагруженного сечения стержня по формуле: ∆σ = ((σ – [σ]) / [σ]) · 100% ∆σ = ((157,2 – 160) / 160) · 100% = –1,75% В данном случае имеет место недогрузка, которая составляет 1,75%, что допускается (не более 15 %). Задача №7. Определить прогиб свободного конца балки переменного сечения (рис. 1). Исходные данные: α = 0,2, β = 0,3, κ = 10.  Рис. 1 Решение: При определении прогибов и углов поворота для балок c переменным сечением надлежит иметь в виду, что жесткость такой балки является функцией от х. Поэтому дифференциальное уравнение изогнутой оси принимает вид:  где J(x) – переменный момент инерции сечений балки. До интегрирования этого уравнения можно выразить J(x) надлежащей подстановкой через J, т. е. через момент инерции того сечения, где действует Мmax; после этого вычисления производятся так же, как и для балок постоянного сечения. Определим прогиб балки, защемленной одним концом, нагруженной силой Р. Начало координат выберем в точке приложения силы Р. Тогда   Дифференциальное уравнение принимает вид:  Интегрируем два раза:  Для определения постоянных интегрирования имеем условия: в точке защемления балки при x = l прогиб y = 0 и угол поворота dy/dx = 0 или   Отсюда   Выражение для y и θ принимает вид:  Наибольший прогиб на свободном конце балки получится при x = 0и равен  |